解题技巧：例析导数解答题中数列不等式的证明策略

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例析导数解答题中数列不等式的证明策略

李 宁 潘小芳

(海南省海南中学 571158)

摘 要：形如ai<g(n)或ai<A(A为常数)的数列不等式，可以采取逐项比较或者利用函数单调性来证明. 有时候需要结合情景进行合理放缩，才能完成证明. 类似可以证明形如ai<g(n)或ai<A的不等式.

关键词：数列不等式；导数压轴题；逐项比较；证明策略

有一类导数解答题的最后一问为证明数列不等式ai<g(n)或ai<A(A为常数). 这类问题往往需要借助函数不等式来构建若干局部不等式来解决，综合性强，时常作为压轴题. 下面结合具体例子剖析证明这类数列不等式的策略.

一、常用思路：逐项比较

对于不等式ai<g(n)，一边是某个数列的前n项和，如果把另一边g(n)看作是另一个数列的前n项和，可以计算该数列的通项公式如果∀n∈N*，都有an<bn，累加可证待证不等式.

例1 已知函数f(x)=(x+1)lnx-ax+2.

(1)若函数f(x)在定义域上具有单调性，求实数a的取值范围；

(2)求证：

解析 (1)当a≤2时，f(x)在定义域上单调递增.

(2)将视为数列{bn}的前n项和，可得此时只需证明不等式 根据经验，最后一问往往会跟题干或者前面的问题有联系. 为了能用上已知条件，对照待证不等式和f(x)中的对数结构，设此时待证不等式转化为即(x+1)lnx-2(x-1)>0(x>1). 对照f(x)的解析式，取a=2，此时f(x)在定义域上单调递增. 当x>1 时，f(x)>f(1)=0，函数不等式成立. 从而∀n∈N*有成立.

故

…

以上不等式累加，得问题得证.

评注 (1)逐项比较是证明ai<g(n)的常用手法，但是局部不等式an<bn成立，只是一个充分条件. 如果局部不等式an<bn不总成立，则需另寻他法.

(2)整个问题的前后小问之间往往有联系，含参函数如果第一问给出某个性质求参数范围，可以考虑取参数范围的端点值代回去得到函数不等式.

(3)函数不等式是很多导数压轴题的命题背景. 直接证明比较困难，设则刚好能用上已知条件. 如果不考虑已知条件，也可以设容易证明

例2 已知函数

(1)若f(x)≤ax+1在[1,+∞)上恒成立，求a的取值范围；

(2)若n∈N*，证明：

解析 (1)a的取值范围为

(2)逐项比较需要将数列不等式两边改写成两个数列的前n项和，可将待证不等式改写成 将视为数列{bn}的前n项和，可求得 只需证明即证 设则只需证 在第(1)问中，取则有当且仅当x=1时等号成立，于是成立.

从而

…

以上不等式累加，得不等式得证.

评注 逐项比较法，关键是获取不等式两边数列的通项，逆向探索局部不等式.

二、可选思路：利用数列单调性

要证明ai<g(n)，即证bn=ai-g(n)<0. 先验证b1<0，如果数列{bn}单调递减，则问题得证，只需验证bn+1-bn<0恒成立. ai>g(n)时类似可证.

例3 设函数f(x)=(x-1)2+blnx，其中b为常数.

(1)判断函数f(x)在定义域上的单调性；

(2)求证：

解析 (1)①当在(0,+∞)上单调递增；

②当时，f(x)在上单调递增，在上单调递减；

③当b≤0时，f(x)在上单调递减，在上单调递增.

(2)设则

当n∈N*且n≥3时，

设要证bn+1-bn<0，只需证(x-1)2-lnx<0.

取b=-1，由(1)知此时f(x)在上单调递减. 而即当时，f(x)=(x-1)2-lnx<f(1)=0. 从而bn+1-bn<0成立，即数列{bn}单调递减，bn≤b3<0，不等式得证.

评注 利用数列单调性证明这类数列不等式虽然与逐项比较法写法不同，但本质上它们是异曲同工的.

三、合理放缩

对于不等式ai<A，可以考虑证明加强命题ai<g(n)且g(n)<A. 有时候需要对ai进行合理放缩才能获取g(n).

例4 已知函数

(1)若不等式kx≥f(x)在区间(0,+∞)上恒成立，求实数k的取值范围；

(2)求证：(其中e为自然对数的底数).

解析 (1)实数k的取值范围为

(2)取由(1)有即

又当x≥2时，则

从而，有

…

以上不等式累加，得不等式得证.

评注 对照待证不等式的结构和已知条件，可知要考查函数不等式 放缩的目的是使得“项”可求和，很多时候要放缩成可以裂项求和的结构或者等比数列. 如果在开始的时候不知道k取何值，可以先待定，解到最后就可以发现k应该取

四、类似可证ai<g(n)或ai<A

对于不等式ai<g(n)或ai<A，可以通过两边取对数，转化为前面已经解决过的和式数列不等式. 也可以构建局部不等式逐项比较，累乘得到待证不等式.

例5 已知函数f(x)=alnx+x2，其中a∈R.

(1)当a=1时，证明：f(x)≤x2+x-1；

(2)求证：对任意正整数n，都有(其中e为自然对数的底数).

解析 (1)略.

(2)由(1)有lnx≤x-1，当且仅当x=1时等号成立，于是

从而故不等式得证.

评注 待证不等式一边是常数，不方便逆向探索局部不等式. 可以对照待证不等式的结构特征和已知条件，从已知条件中获取函数不等式来构建局部不等式. 不等式lnx≤x-1是解决导数解答题必须掌握的重要不等式.

例6 已知函数f(x)=alnx-ax-3(a∈R).

(1)求函数f(x)的单调区间；

(2)求证：

解析 (1)当a>0时，f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,+∞)；当a<0时，f(x)的单调递增区间为(1,+∞)，单调递减区间为(0,1)；当a=0时，没有单调区间.

(2)取a=1，由(1)有f(x)在(1,+∞)上单调递减，则x>1时，f(x)<f(1)，即lnx<x-1，从而成立.从而有

以上不等式累乘，得不等式得证.

评注 采取逐项比较的方法，即则此时 只需证明即lnn<n-1(n≥2).

参考文献：

[1]李宁.裂项放缩证明数列不等式[J].数理天地(高中版)，2019(12)：34-35.

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